TATM79: Matematisk grundkurs HT 2017

Storlek: px
Starta visningen från sidan:

Download "TATM79: Matematisk grundkurs HT 2017"

Transkript

1 TATM79: Matematisk grundkurs HT 017 Föreläsningsanteckningar för Y, Yi, MED, Mat, FyN, Frist Johan Thim, MAI y 1 y = 1/x 1 x x

2

3 TATM79: Föreläsning 1 Notation, ekvationer, polynom och olikheter Johan Thim 14 augusti Vanliga symboler Lite logik Implikation: P Q. Detta betyder att om P är sant så är Q sant. Utläses P medför Q eller P implicerar Q. : x > 4 x > 16. Ekvivalens: P Q. Detta betyder att P är sant om och endast om Q sant. Med andra ord: P Q och Q P. : x = 4 x = ±, dvs x = eller x =. Logiska utsagor! Observera att P och Q är logiska utsagor. Det är alltså saker som kan vara sanna eller falska. Typiskt för oss är saker som att P till exempel är utsagan att x = 7. Detta kan vara sant eller falskt (x kan vara 7 eller något annat). Däremot kan inte P vara ett påstående i stil med röd eller π. Uttryck av typen 7 är nonsens. Samma sak med (x 1) x x + 1. Påståendet saknar logisk mening. Även om det i sista exemplet går att gissa vad det skulle betyda så kan man inte skriva så. Använd likhetstecknet när ni menar likhet! Det finns även speciella mängder av tal (siffror alltså) som vi kommer att använda oss av. N: De naturliga (hel)talen: 0, 1,, 3,.... Z: Alla heltal: 0, ±1, ±, ±3,.... Q: Alla rationella tal, dvs bråk p q där p och q är heltal och q 0. R: Alla reella tal. Inkluderar Q och även alla irrationella tal som, π, e, etc. C: Alla komplexa tal z = a + bi där i = 1 och a, b R. Se även till att speciellt studera tallinjen och olikheter i boken! johan.thim@liu.se 1

4 Ekvationslösning Oftast när vi försöker lösa en ekvation handlar det om att använda omskrivningar och förenklingar tillsammans med logik för att hitta alla lösningar till en given ekvation. x 9 = 4x x 9 = 0x 9 = 18x x = = 1 Kontroll: VL = (( 1/) 9)/5 = och HL = 4( 1/) =. Alltså är x = 1/ en lösning, och eftersom vi har ekvivalenser i alla steg är detta den enda lösningen! Kontrollen i exemplet är egentligen överflödig då vi räknat med ekvivalens hela vägen. Men, då det alltid finns en risk för slarvfel när man räknar försöker vi alltid att kontrollera våra svar. Det är också värt att lägga på minnet att vissa metoder vi kommer att använda kräver en kontroll för att verifiera att lösningar som hittas inte är falska. Lite repetition av omskrivningar vi sett tidigare. Vanliga omskrivningar Kvadratregeln: (a + b) = a + ab + b. Konjugatregeln: (a b)(a + b) = a b. Kvadratkomplettering: x + bx + c = (x + b/) (b/) + c. Till exempel kan vi med konjugatregeln reda ut vad som gäller för två tal a och b om a = b. a = b a b = 0 (a + b)(a b) = 0 a + b = 0 eller a b = 0 a = b eller a = b a = ±b. Observera att om vi vet att, till exempel a och b är positiva, så är a = b. Vi har här utnyttjat en mycket användbar princip som gäller för de mängder tal vi betraktar i denna kurs, nämligen att om ab = 0 så måste endera a = 0 eller b = 0. Det enda sättet att få noll ur en produkt är att en av faktorerna är noll. Kvadratkomplettering är ett verktyg vi kommer att använda ofta. Det mest typiska är nog att helt enkelt lösa en andragradsekvation. Lös x + 6x + 1 = 0. Lösning. Vi kvadratkompletterar och utnyttjar konjugatregeln: Alltså måste x + 6x + 1 = (x + 3) = (x + 3) 8 = (x + 3) ( 8) = [ konjugatregeln ] = (x + 3 8)(x ). x + 6x + 1 = 0 x = 0 eller x = 0.

5 Tag för vana att summera resultatet i ett kortfattat men tydligt svar. Svar: x = 3 ± 8 är de enda lösningarna. Bestäm största och minsta värde av 1 + x x. Vi kvadratkompletterar: 1 + x x = 1 (x x) = 1 ((x 1/) (1/) ) = 5 4 ( x 1 ). Här ser vi tydligt att uttrycket som störst blir 5/4, vilket inträffar endast då x = 1/. Däremot kan uttrycket bli hur litet som helst (minsta värde saknas alltså)! Kvadratroten Definition. Om a 0 så definierar vi a som det tal x så att x = a { x = a, x 0. Det följer från definitionen att a 0 för alla a 0. Kvadratrötter och negativa tal? Inga negativa tal! Saker som 4 är nonsens och inte något vi någonsin kommer att använda i denna kurs. Möjliga tolkningar i form av komplexa tal hanteras på annat sätt. Det finns kurser i komplex analys där detta problem studeras och problemet överlämnas dit. Vi får aldrig(!) något negativt från kvadratroten heller. Till exempel så är 9 = 3. Aldrig ±3 eller något annat vansinne. Tecken före kvadratroten kommer alltid från något annat. Ofta handlar det då om en ekvation vi försöker lösa. Till exempel x = 9, som har lösningarna x = ± 9 = ±3. Tecknet här kommer alltså från ekvationen, inte kvadratroten! Lös x 1 = x + 1. Alternativ 1. Vi räknar med implikationer och kan därmed kvadrera lite hur vi vill. Priset vi betalar för detta är att alla eventuella lösningar vi finner måste kontrolleras. Utan kontroll har vi inte visat något (och därmed riskerar vi noll poäng på den uppgiften på en tenta). Alltså, x 1 = x + 1 (x 1) = x + 1 x x + 1 = x + 1 x 4x = 0 x = 0 eller x = 4. Nu måste vi testa och ser då att om x = 0 så skulle 0 1 = = 1, vilket inte går då 1 1. Om x = 4 är VL = 4 1 = 3 och HL = = 9 = 3. Detta är alltså en lösning! 3

6 Svar: Endast x = 4 löser ekvationen. Alternativ. Detta är lite bökigare. Två problem: 1. Vi måste ha x + 1 0, eller x 1/, för att kvadratroten skall vara definierad.. Vidare måste x 1 0, eller x 1, eftersom vi vet att kvadratroten alltid är ickenegativ. Dessa villkor ger att x 1 (varför bara den?). Med detta villkor kan vi faktiskt räkna med ekvivalenser i varje steg (undersök detta!). Detta villkor visar även att den falska lösningen x = 0 ska tas bort. 3 Polynom Lös ekvationen x 3 = x. Lösning. Vi skulle kunna gissa fram lösningar. Till exempel x = 1 verkar fungera. Sen kan vi dessutom ganska direkt se att x = 1 löser ekvationen då ( 1) 3 = 1. Är detta alla lösningar? Nej, lite mer analys visar att även x = 0 löser ekvationen. Hur vet vi då när vi är färdiga? Låt oss omformulera frågan: x 3 = x x 3 x = 0 x(x 1) = 0 x(x 1)(x + 1) = 0. Alltså är mycket riktigt x = 0 och x = ±1 de enda lösningarna. Det sista vänsterledet kallas för faktoriseringen av x 3 x. Polynom Definition. Ett polynom p(x) är ett uttryck av typen p(x) = a n x n + a n 1 x n a x + a 1 x + a 0, där a 0, a 1,..., a n är konstanter och n ett icke-negativt heltal. Om a n 0 säger vi att polynomet har grad n. på polynom är x, 7, 1 + x + x 5, x 6 + 4x 3, etc. på uttryck som inte är polynom: x 1/, sin x, x 3 etc. Vanliga benämningar Definition. Ett polynom p(x) säges ha ett nollställe när x = a om p(a) = 0. Speciellt för polynom kallas nollställen ofta för rötter. Ett polynom har alltså en rot x = a om x = a är ett nollställe. Vidare kallas konstanterna a 0, a 1,..., a n för polynomets koefficienter. 4

7 3.1 Polynomdivision Fungerar precis som för heltal. Förenkla i meningen att graden för täljaren i bråket skall vara lägre än graden för nämnaren: x 3 4x + 1. x 3 Lösning. Vi ställer upp, till exempel, enligt följande. x + 3x + 5 x 3 ) x 3 4x + 1 x 3 + 3x 3x 4x 3x + 9x 5x + 1 5x + 15 Proceduren fortsätter till dess att vi får kvar något som har lägre gradtal än nämnaren. I detta fall gick det inte jämnt upp utan vi fick en så kallad rest. Vad vi kan utläsa ur detta är att x 3 4x + 1 x 3 16 = x + 3x x 3. Kontrollera att detta stämmer genom att skriva allt på samma nämnare! Ta för vana att göra detta efter varje polynomdivision. Det är lätt att få teckenfel! Hade resten varit noll hade det inneburit att x = 3 hade varit ett nollställe till täljaren. Allmänt gäller att p(x) = (x a)q(x) + r, där p(x) har grad n, q(x) har grad n 1, och r är en konstant (resten). Vi ser från denna representation att p(a) = 0 r = 0. Det vill säga, x = a är ett nollställe till p(x) (så p(a) = 0) om och endast om polynomdivisionen med x a går jämt upp (resten blir noll; r = 0). Detta är i princip det faktorssatsen säger. Faktorssatsen Sats. Följande två påståenden är ekvivalenta. (i) Polynomet p(x) innehåller faktorn x a, det vill säga p(x) = (x a)q(x) för något polynom q(x). (ii) x = a är ett nollställe till p(x), det vill säga att p(a) = 0. Vi betraktar ett exempel. 5

8 Faktorisera polynomet p(x) = x 3 4x + 8x Lösning. Proceduren vi använder är följande. Först gissar vi en rot. Lämpligtvis testar vi heltal då uppgifterna som ges brukar vara konstruerade på det sättet. I ett allmänt fall får man helt enkelt låta en dator gissa. Men, det finns en teknik för att gissa systematiskt om man har heltalskoefficienter i polynomet; se slutet på föreläsningen. Vi testar x = 0, vilket inte fungerar (vi har en konstantterm så då kan x = 0 aldrig vara ett nollställe). Vi testar x = ±1 och ser att x = 1 faktiskt är ett nollställe. Nästa steg är polynomdivision där vi delar bort den kända faktorn x + 1 (som motsvarar nollstället x = 1). x 6x + 14 x + 1 ) x 3 4x + 8x + 14 x 3 x 6x 6x + 8x + 6x 14x x 14 Det gick jämt upp så x = 1 måste vara ett nollställe. Nu vet vi alltså att p(x) = (x + 1)(x 6x + 14) + 0 = (x + 1)((x 3) + 5), där vi har kvadratkompletterat den sista parentesen Är vi klara? Ja, det är vi faktiskt (om vi inte ska blanda in komplexa faktorer, vilket vi återkommer till senare). Anledningen till kvadratkompletteringen är att vi nu enkelt kan se att (x 3) för alla x. Denna faktor blir alltså aldrig noll! Svar: p(x) = (x + 1)((x 3) + 5). Kontrollera genom att multiplicera ihop! Faktorisera polynomet p(x) = x 3 3x + 3x 1. Lösning. Samma teknik som ovan. Vi gissar och finner att x = 1 är en rot. Polynomdivision: x x + 1 x 1 ) x 3 3x + 3x 1 x 3 + x x + 3x x x x 1 x + 1 Alltså måste p(x) = (x 1)(x x + 1). Den sista faktorn är ett andragradsuttryck och det kan vi faktorisera med kvadratkomplettering: x x+1 = (x 1). Alltså är p(x) = (x 1) 3. Svar: p(x) = (x 1) 3. Kontrollera genom att multiplicera ihop! 6 0 0

9 4 Olikheter Att lösa olikheter skiljer sig en del från att lösa likheter. I allmänhet brukar det vara svårare, och ett problem är att man måste vara försiktig med att förkorta bort saker. Vi betraktar ett exempel för att belysa hur vi angriper problemet. Lös olikheten 4 x + 1 x. Lösning. Tekniken vi rekommenderar är att flytta allt till ena sidan av olikheten, föra upp allt på gemensam nämnare, faktorisera, göra en teckentabell, och sist men inte minst kontrollera rimligheten. Således, 4 x + 1 x 4 4 (x )(x + 1) (x ) 0 x + 1 x (x x ) 0 x + x x + 1 (x + )(x 3) x x + 1 (x + )(x 3) x Observera tecknet i sista steget! Vi gör en teckentabell för det sista vänsterledet. 1 3 x x x (x + )(x 3) x A 0 + Vi ser ur tabellen att uttrycket är icke-negativt precis då x < 1 eller x 3. Observera vart det blev strikt olikhet (varför?)! Kontroll. Här kan vi till exempel plocka punkter i de olika intervallen som finns och se till att vårt påstående stämmer överens med det vi utgick från. x = 3 : x = 3 : 4 3/ + 1 x = 0 : x = 4 : = > 5 = 8 3/ = 7/ = 4 > 0 = = 4 5 < 4 = Observera att denna kontroll inte bevisar att vi har gjort rätt (det kan fortfarande vara allvarliga fel vid faktorisering och identifiering av nollställen etc), men den visar ändå att svaret inte är orimligt. Ett vanligt fel på tentor och duggor är att man av någon anledning svarar med komplementintervallen. Detta ger alltid noll poäng oavsett anledning. Genom kontroll av typen ovan kan man enkelt undvika att svara med komplementintervallen. Svar. x < 1 eller x

10 Olikheter och multiplikation Se upp med att multiplicera olikheter med variabler som kan skifta tecken! Till exempel kan det vara lockande att förlänga olikheten i föregående exempel med x+1. Då skulle vi i så fall kunna undersöka 4 (x )(x + 1) = x x x x 6 0. Vi ser att nämnaren x + 1 har försvunnit i jämförelse med ovan, och därmed kommer vår nya teckentabell att sakna den informationen. Punkten x = 1 är inte längre intressant och resten av tecknen riskerar att bli fel. Detta är så klart helt åt skogen. Den enda räddningen är att betrakta två fall: x och x + 1 < 0 och reda ut ett i taget. Detta skulle fungera, men i allmänhet brukar sådana lösningar innehålla andra fel så det brukar ofta bli noll poäng på en tenta ändå. Undvik alltså denna teknik! Ännu enklare, visst är < 4? Alltså måste < 4, eller 4 < 8. Inget konstigt här, det gick bra att multiplicera olikheten med. Men vad händer om vi multiplicerar med? Då skulle < 4, eller 4 < 8. Detta stämmer så klart inte! 5 Gissning av nollställen till vissa polynom Som utlovat kommer här en systematisk metod för att veta vilka rationella lösningar som är möjliga om vi har heltalskoefficienter i ett polynom. Låt p(x) = a n x n + a n 1 x n a x + a 1 x + a 0 vara ett polynom där koefficienterna a n, a n 1,..., a, a 1, a 0 är heltal. Om x = p är en rationell q rot (p och q är heltal, p och q har inga gemensamma delare så p/q är fullt förenklad, och q 0) så måste p vara en faktor i a 0 och q en faktor i a n. Detta följer av att ( ) p p n p = 0 a n q q + a p n 1 n n 1 q + + a p n 1 1 q + a 0 = 0 ( ) a n p n = q n p n 1 a n 1 q + + a p n 1 1 q + a 0 a n p n = q ( a n 1 p n a 1 pq n + a 0 q n 1) samt att p ( ) p p = 0 a o = p (a n 1 n q q n ) + a p n n 1 q + + a 1q n 1, n 1 där p och q är relativt prima. Med andra ord, om p q är ett nollställe så är a 0 = p k 1 och a n = q k för några heltal k 1 och k. Hur använder vi detta i praktiken? Faktorisera polynomet p(x) = x 3 3x + x 3. Om x = p är en rot till p(x) så måste alltså p vara en faktor i siffran 3. Möjliga värden på p q är p = ±1, ±3. Vidare, q måste vara en faktor i siffran. Möjliga värden på q är q = ±1, ±. 8

11 Från dessa möjligheter kan vi skapa alla möjliga kombinationer för p q : p q = ±1, ±3, ±1, ±3. Detta är alltså alla möjligheter för att ha en rationell rot. Enda heltalsrötterna som är möjliga är alltså ±1 och ±3, och testning visar att ingen av dessa är en rot. Skulle vi bara gissa på måfå kan vi alltså hålla på ganska länge! Testar vi resten av möjligheterna finner vi att 3 är ett nollställe. Polynomdivision ger att p(x) = (x 3/)(x + ). Den sista faktorn är strikt positiv så vi är klara. Svar: p(x) = (x 3/)(x + ). 9

12

13 TATM79: Föreläsning Absolutbelopp, summor och binomialkoefficienter Johan Thim 14 augusti Absolutbelopp Absolutbelopp Definition. För varje reellt x definieras absolutbeloppet x enligt { x, x 0 x = x, x < 0. vis har vi 3 = 3 och 4 = 4. Beloppet tar alltså bort tecknet! Det är alltså en direkt konsekvens av definitionen att x 0 för alla x. Dessutom kan vi uttrycka x = x (visa det!). Man kan så klart skissa upp hur beloppsfunktionen ser ut. y y = x Strikt olikhet? Observera att vi lika gärna hade kunnat definiera x som x då x > 0 och x då x 0, eller till och med x då x 0 och x då x 0. I den sista varianten har vi fallet x = 0 med två gånger, men 0 = 0 i båda fallen så detta orsakar ingen logisk kullerbytta. Däremot ser det kanske lite fult ut att definiera samma fall två gånger, men vi tillåter oss detta för att inte riskera att glömma bort något fall. Ur definitionen följer det också att x y = { x y, x y, y x, x y. Vi kan alltså tolka x y som avståndet (alltid icke-negativt) mellan punkterna x och y på den reella axeln. Specialfallet är x 0 = x som alltså är avståndet från x till origo. johan.thim@liu.se x 1

14 x y x y Likheter och olikheter Om d 0 är en konstant så gäller följande. x = d x = ±d x d d x d x d x d eller x d Hur löser vi då ekvationer och olikheter som innehåller absolutbelopp? Typiskt är att vi delar upp i olika fall, tillräckligt många för att vi ska kunna skriva uttrycken utan belopp i varje fall. Lös x = x 1 x + 1. Lösning. Låt oss betrakta den reella tallinjen. Fall 1 Fall Fall 3 Fall 4 x = 1 x = 0 x = 1 x Intressanta punkter där beloppen kan växla tecken: x = 1 (då x + 1 växlar tecken), x = 0 (då x växlar tecken), och x = 1 då (x 1 växlar tecken). Vi måste alltså dela upp i fyra olika fall. Figur 1 skissar upp hur situationen ser ut grafiskt. Detta gör vi enklast genom att undersöka hur uttrycken ser ut i vart och ett av de fyra fallen. Vi ser ovan att det ofta blir hörn i brytpunkterna. Detta är normalt. Vad som inte ska ske är att det blir hopp. Detta eftersom beloppsfunktionen är kontinuerlig ett begrepp vi återkommer till senare.

15 y y = x x y = x 1 x + 1 Figur 1: Vi ser att uttrycken skär varandra i en enda punkt, som verkar ligga vid x = 1/4. 3

16 Fall 1, x < 1: x = x 1 x + 1 x = (x 1) + (x + 1) 0 = 3. Går inte. Finns ingen lösning i detta intervall. Fall, 1 x < 0: x = x 1 x + 1 x = (x 1) (x + 1) x = 1. Eftersom 1 [ 1, 0[ så är detta ingen lösning. Fall 3, 0 x < 1: x = x 1 x + 1 x = (x 1) (x + 1) x = 1 4. Eftersom 1 [0, 1] så är detta en lösning. 4 Fall 4, x 1: x = x 1 x + 1 x = (x 1) (x + 1) 0 = 3. Går inte. Finns ingen lösning i detta intervall. Svar: x = 1 är den enda lösningen. 4 Cirklar Låt (a, b) R vara en punkt i planet. Avståndet r från en annan punkt (x, y) till (a, b) ges som bekant av r = (x a) + (y b) enligt Pythagoras sats. Om vi ritar ut alla punkter (x, y) som har samma avstånd r till punkten (a, b) erhåller vi en cirkel. y r (x, y) y = b (a, b) x = a x 4

17 Med kravet att r 0 kan vi kvadrera ekvationen ovan med ekvivalens (uttrycket inne i roten är aldrig negativt) och erhåller då cirkelns ekvation: r = (x a) + (y b) r = (x a) + (y b). Cirkeln har radien r (ingen kvadrat) och centrum i punkten (a, b). Undersök om ekvationen x + x + y 4y = 0 beskriver en cirkel, och bestäm i så fall dess radie och centrum. Lösning. Tekniken är att kvadratkomplettera x-termer och y-termer var och en för sig och analysera resultatet: x + x + y 4y = 0 (x + 1) 1 + (y ) 4 = 0 (x + 1) + (y ) = 5. Alltså är detta mycket riktigt en cirkel. Centrum ligger i ( 1, ) (observera tecknen och ordningen) och radien är 5 (observera att det är r som är konstanten i högerledet). Svar. Ja, det är en cirkel med centrum i ( 1, ) och radie 5. 3 Summor Vi ska nu diskutera ett bekvämt sätt att skriva summor på, speciellt i de fall då termerna som summeras har någon form av upprepande mönster. En summa S brukar skrivas S = n a k = a 1 + a + + a n 1 + a n. k=1 Symbolen betyder att vi ska summera termerna a k då summationsindexet k startar i k = 1, sen ökar k ett steg i taget till dess att k = n och vi har då summerat n stycken termer. Det är inget speciellt att börja med k = 1, summor kan starta i vilken punkt som helst (det blir olika värden på summan så klart). 4 (k + k) = ( + ) + (3 + 3) + (4 + 4) = 38. k= Observera att det inte förekommer något k i svaret! Summationsindexet (bokstaven vi använder för att beskriva hur termerna i summan varierar) försvinner alltid. Att vi använde bokstaven k är inte heller något speciellt. Faktiskt så är 4 (k + k) = k= 4 (j + j). j= 5

18 Summor kan delas upp (de är ju summor!) och gemensamma faktorer i alla termer kan brytas ut. Alltså, n n n n n (a k + b k ) = a k + och ca k = c a k, k=1 k=1 k=1 b k där c är en konstant. Däremot kan inte summor multipliceras enkelt (eller delas upp om det är en summa av produkter). Vad skulle till exempel gälla ( n ) ( n ) a k b k =? k=1 Hur många termer innehåller summan k=1 k=1 Antal termer i summan k=1 5 (k + 1)? Vi börjar på k = och slutar k= på k = 5. Alltså kommer k att anta värdena , vilket är 8 stycken. Vi kan räkna ut detta genom 5 ( ) + 1. Ofta missar man +1, så var försiktiga! 3.1 Aritmetiska summor Aritmetisk summa Definition. En summa där det är konstant skillnad mellan påföljande termer kallas aritmetisk. I en aritmetisk summa gäller alltså att är en konstant. Beräkna summan S = d = a a 1 = a 3 a = a 4 a 3 = Detta kan vi direkt göra i huvudet så klart, men vi illustrerar en generell teknik. Genom att summera två stycken likadana summor (och skriva det kreativt genom att reversera ordning på den ena) uppstår följande mönster: S = S = S = Vi har alltså visat att S = 5 10 eller att S = 5. Generellt gäller för en aritmetisk summa alltid att första termen + sista termen S = antal termer. 6

19 3. Geometriska summor Geometrisk summa Definition. En summa där det är en konstant kvot mellan påföljande termer kallas geometrisk. Detta innebär alltså att är konstant. Beräkna summan S = q = a a 1 = a 3 a = a 4 a 3 = Detta kan vi återigen direkt göra i huvudet så klart, men vi illustrerar igen en generell teknik. Om vi multiplicerar summan med kvoten q = och drar bort detta från ursprungssumman uppstår följande mönster. S = S = S ( S) = Vi har alltså visat att 3S = 33 eller att S = 11. Generellt gäller för en geometrisk summa att a + aq + aq + + aq n a 1 qn+1 = 1 q, q 1 a(n + 1), q = 1. Observera här att så båda varianterna ger samma svar. 1 q n+1 1 q = qn+1 1 q 1, 7

20 3.3 Andra sorters summor? Aritmetisk eller geometrisk? Observera att de allra flesta summor varken är aritmetiska eller geometriska! Det är 4 alltså inte fifty-fifty att chansa på tentan och hoppas på det bästa. Till exempel är varken eller, men kan enkelt räknas ut ändå eftersom det bara är fyra termer. Men om en summa innehåller för många termer för att beräknas för hand då? Vissa fall kan man ändå hantera, till exempel följande halvluriga variant (gammal tentauppgift!). 7 Beräkna summan (3k + 3 k ). k=3 Lösning. Summan består av en aritmetisk del och en geometrisk del (kontrollera!). Vi delar således upp summan i två delar och beräknar enligt standardformler: k=1 k 7 k=3 7 7 (3k + 3 k ) = 3k + k=3 k=3 = k = = (35 1). 4 ( ) k=0 3 k Svar: (35 1). 4 Kombinatorik och binomialkoefficienter Fakultet Definition. Om n är ett naturligt tal definierar vi n! enligt och 0! = 1. n! = n (n 1) (n ) 3, n 1, Vi startar alltså med något positivt heltal n och multiplicerar sedan ihop samtliga heltal mindre än eller lika med n ned till och med. Alltså blir 1! = 1,! =, 3! = 3 = 6, etc. 4.1 Kombinatorik Multiplikationsprincipen: Om vi har en tvåstegsprocess av valmöjligheter, där vi i första steget har n 1 möjliga val och i det andra n möjliga val, så finns det totalt sätt n 1 n kombinationer. Det brukar illustreras med så kallade träddiagram där varje löv på trädet representerar en möjlighet. Antalet löv blir precis produkten ovan. 8

21 En tre-rätters meny har förrätter, 3 varmrätter, och 4 efterätter. Hur många olika måltider kan man beställa om man vill ha förrätt, varmrätt och efterätt? Enligt multiplikationsprincipen blir det 3 4 = 4 olika måltider. Man kan illustrera multiplikationsprincipen med hjälp av träddiagram. I figuren nedan väljer vi på nivå 1 mellan två förrätter (F1 och F). I nästa nivå väljer vi mellan 3 varmrätter (V1, V och V3). I det sista steget väljer vi mellan fyra efterrätter. Varje väg genom trädet ger en unik måltid. Hur många sådana vägar finns det? Det är bara att räkna ihop hur många löv det finns på den sista nivån, vilket blir precis 4 st. Måltid F1 F V1 V V3 V1 V V3 E1 E E3 E4 E1 E E3 E4 E1 E E3 E4 E1 E E3 E4 E1 E E3 E4 E1 E E3 E4 Ordning Vad menar vi med att ordna objekt? Till exempel, hur svarar vi på frågan på hur många sätt kan vi ordna siffrorna 1, och 3? Vi kan helt enkelt skriva ut varianterna: och ser att det finns 6 möjliga ordningar. Detta är ett exempel på följande sats (3! = 6). Permutationer Sats. Om vi har n stycken olika objekt kan dessa ordnas på n! olika sätt. Vi säger att det finns n! olika permutationer. Hur kan vi se detta? En variant är att vi helt enkelt placerar ut våra n objekt i en viss ordning och funderar över hur många val vi har i varje steg på samma sätt som menykonstruktionen ovan! Vi ställer upp en lista med plats och skriver ut på hur många objekt vi har kvar att välja på i varje steg. Plats 1 Plats Plats 3 Plats n 1 Plats n n n 1 n 1 Multiplicerar vi ihop enligt multiplikationsprincipen ser vi att det blir precis n! kombinationer. 9

22 4. Binomialkoefficienter Något lite krångligare? Vi utnyttjar multiplikationsprincipen för att reda ut följande scenario. Om vi har 10 dörrar och ska öppna 6 stycken, på hur många sätt kan vi göra detta om ordningen (dvs i vilken ordning vi öppnar dörrarna) inte spelar någon roll? Vi har tio dörrar och skall välja ut sex st som öppnas: Dörr 1 Dörr Dörr 3 Dörr 4 Dörr 5 Dörr Dörr 1 kan vi välja på 10 olika sätt. När vi sedan väljer dörr finns det bara 9 kvar att välja på. Och så vidare. Ordningen på dörrarna är nu fixerad, och vi får (från multiplikationsprincipen) att det finns = sådana val. Detta är alltså svaret om vi vill göra skillnad på i vilken ordning dörrarna öppnas. När de sex dörrarna är valda kan vi variera ordningen mellan dessa 6 på 6! olika sätt: Dörr 1 Dörr Dörr 3 Dörr 4 Dörr 5 Dörr Vi kan nu ta bort multipla dörrval (de kombinationer som bara skiljer sig åt med i vilken ordning sex st specifika dörrar ligger): ! = 10! ( 10 6! 4! = 6 ). Detta uttryck kallas för en binomialkoefficient! Binomialkoefficient Definition. Om n och k är icke-negativa heltal så att k n så definieras binomialkoefficienten enligt ( n k ) = n! (n k)! k!. Räkna ut ( 7 5 ). Detta gör vi direkt från definitionen: ( 7 5 ) = 7! 5!! = 7 6 =

23 (i) (ii) (iii) ( ) n är alltid heltal. k ( ) ( ) n n =. k n k ( ) ( ) n n 1 = + k k 1 Egenskaper för binomialkoefficienter ( n 1 k ) då n och k = 1,,..., n 1. Vid Camp Crystal Lake härjar en våldsverkare iklädd en hockeymask, låt oss kalla honom Jason. Jason planerar att mörda tre ungdomar en natt och har nio tillhyggen att välja på. Om vi bortser från ordningen på morden (alltså vem som blir mördad först etc), hur många unika mordserier kan Jason åstadkomma för dessa tre ungdomar om han använder precis ett tillhygge på varje individ (utan upprepning)? Lösningen är enkel om vi bara abstraherar ( ) bort all text. Vi väljer alltså ut 3 objekt från 9 9 utan ordning. Detta kan göras på olika sätt enligt ovan, och 3 Svar. 84 olika sätt. ( 9 3 ) = = =

24

25 TATM79: Föreläsning 3 Binomialsatsen och komplexa tal Johan Thim 14 augusti Binomialsatsen Ett minnestrick för att komma ihåg binomialkoefficienter (åtminstone för rimligt små n) är Pascals triangel: Pascals triangel n = 0 1 n = n = 1 1 n = n = n = ( ) ( ) ( ) n n 1 n 1 Denna konstruktion bygger på den rekursiva formeln = + som k k 1 k gäller för vettiga val på n och k. Detta motsvarar alltså i triangeln ovan att varje siffra kan fås genom att summera de siffror som står närmast ( på) raden ovanför. De( möjliga ) k- n n värdena startar på 0 längst till vänster på varje rad med. Sedan kommer, följt ( ) ( ) 0 1 n n av, och så vidare, till slutligen. Rad n har alltså n + 1 siffror (kontrollera!); en n ( ) ( ) ( ) siffra för varje möjligt värde på k. Till exempel så är = + = = 4; 3 3 kolla på raderna för n = 4 och n = 3. På så sätt kan vi iterativt konstruera nästa rad om vi känner nuvarande rad. johan.thim@liu.se 1

26 Ibland skriver man Pascals triangel lite mer som en rätvinklig triangel i stället. Då blir det lite lättare att se hur k hänger ihop med allt: Pascals (rätvinkliga) triangel k = 0 k = 1 k = k = 3 k = 4 k = 5 n = 0 1 n = n = 1 1 n = n = n = En av de vanligaste tillämpningarna för binomialkoefficienter är binomialsatsen. Binomialsatsen Sats. Om n är ett ickenegativt heltal så gäller för alla x att n ( n (x + 1) n = k k=0 ( ) n = + 0 ) x k ( n 1 Bevis. Vi skriver ut parentesen: ) ( n x + ) ( n x + + n 1 ) ( n x n 1 + n (x + 1) n = (x + 1)(x + 1) (x + 1) = a }{{} 0 + a 1 x + a x + + a n x n. n st ) x n. Så hur bestämmer vi koefficienterna a k? Om vi kikar närmare på produkten i mellanledet så ser vi att vi ur varje parentes kommer att välja ett x eller en etta när vi multiplicerar ihop allt. Om vi till exempel tittar på x 5 så ska vi alltså välja 5 stycken x och resten, dvs n 5 stycken ettor. Hur många sätt kan vi välja 5 objekt av n stycken utan ordning (ingen skillnad på olika x eller ettor)? Svaret är så klart binomialkoefficienten i satsen ovan eftersom argumentet kan upprepas för varje k. 5 ( 5 (x + 1) 5 = k k=0 ( ) 5 = + 0 ) x k ( 5 1 ) ( 5 x + ) ( 5 x + 3 = 1 + 5x + 10x + 10x 3 + 5x 4 + x 5 ( n 5 ) ( 5 x ), vilket då visar formeln ) ( 5 x ) x 5

27 Ofta ser man binomialsatsen på följande form: (a + b) n = n k=0 ( n k ) a k b n k. Detta kan visas med följande manipulation (såvida b 0): (a + b) n = b n ( a b + 1 ) n = b n n k=0 ( n k ) (a ) k n = b k=0 ( n k ) a k b n k En typisk användning av binomialsatsen är att identifiera vad koefficienten före en viss term är i en summa av typen i föregående exempel. Bestäm koefficienterna före x 8 och x 9 i uttrycket ( x + x) 10. Vi använder binomialsatsen och skriver ( x + x) 10 = 10 k=0 10 = k=0 ( 10 k ( 10 k ) x k ( x) 10 k = ) 10 k x k k=0 ( 10 k ) 10 k x k (10 k) Vi ser( att x) får exponenten 8 om och endast om k 10 = 8 k = 9. Koefficienten blir 10 alltså 10 9 = 0. När dyker då x 9 9 upp? Vi skulle behöva k 10 = 9, eller k = 19/. Detta är inget heltal mellan 0 och 10 (de heltal vi summerar över). Således saknas termen x 9, koefficienten är alltså noll. Svar. 0 respektive 0. 3

28 Komplexa tal Definition. Det imaginära talet i uppfyller att i = 1. Detta är alltså ett tal vars kvadrat är negativ. Det kan således aldrig vara ett reellt tal utan är ett helt nytt slags objekt. Vi inför de komplexa talen z = a + bi där a och b är reella tal (a, b R). Ett komplext tal har alltså två dimensioner, en reell koordinat a (kallas realdelen) och en imaginär koordinat b (kallas imaginärdelen). Vi kan representera det komplexa talplanet, vilket skrivs C, som ett två-dimensionellt plan med en real-axel och en imaginär-axel. Vi kan representera komplexa tal i det komplexa talplanet med figurer av denna typ. Im b a + bi r a Re Avståndet r = a + b har en naturlig tolkning och används som definition av det komplexa absolutbeloppet; vi återkommer till detta. Komplexa tal uppfyller samma regler som reella tal gör (addition, multiplikation etc) med den extra förutsättningen att i = 1. När vi ska räkna med komplexa tal gör vi alltså som vanligt, men vi kan hela tiden förenkla uttryck som innehåller i. ( i)(1 + 4i) = + 8i i 4i = + 7i + 4 = 6 + 7i. Komplexa tal är en användbar konstruktion. I denna kurs och efterföljande analyskurs kommer vi att: (i) Faktorisera polynom fullständigt i (komplexa) faktorer av grad 1. (ii) Göra trigonometriska omskrivningar och förenklingar. (iii) Beräkna integraler. (iv) Lösa differentialekvationer. Tillämpningar finns inom vitt skilda områden som exempelvis elkretsteori, reglerteknik, transformer, elektromagnetism etc. 4

29 Definition. Låt z = a + bi, där a, b R. Då definierar vi följande begrepp. (i) Realdelen Re z = a (ii) Imaginärdelen Im z = b (observera att det inte är något i i imaginärdelen utan endast koefficienten före i i z) (iii) Absolutbeloppet z = a + b (iv) Konjugatet z = a bi (vi har bytt tecken på imaginärdelen) Direkta följder av definitionerna ovan inkluderar (i) z = zz; (ii) zw = z w ; (iii) zw = z w; (iv) Re z = z + z ; Im z = z z. Vad menar vi då med att två komplexa tal är lika? Definitionen är ganska naturlig. Likhet Definition. Talen z = a + bi och w = c + di är lika om och endast om de har samma real- och imaginärdelar, dvs att Vi skriver då att z = w. a = c och b = d. Hitta alla z C så att 3z iz i = 0. Lösning. En variant för att lösa ekvationer som innehåller komplexa variabler är att ansätta att z = a+bi och utnyttja definitionen ovan genom att undersöka realdelen och imaginärdelen för ekvationen som ett system av ekvationer med två obekanta. Denna metod är inte alltid den bästa. Det kan bli brutalt hemska kalkyler (om vi till exempel skulle ha z 7 + eller dylikt), så finns det en annan metod brukar det vara den det är meningen att använda. Men i fall som denna ekvation blir det faktiskt enklast. Sålunda, låt z = a + bi där a, b R. Då måste 3(a + bi) i(a + bi) i = 0 3a + 3bi ai i( bi) i = 0 3a b + i(3b a) = 5 10i. 5

30 Vi undersöker nu realdel och imaginärdel separat: { 3a b = 5 a + 3b = 10 { a + b = 5 3a b = 5 { a = 1 b = 4 Alltså ges den enda lösningen av z = 1 4i. Kontrollera detta! Svar. z = 1 4i. Absolutbelopp Observera att absolutbeloppet vi definierat ovan täcker en större klass tal än det vi såg på förra föreläsningen. Om z = a + bi är reell så är b = 0, och då kan vi beräkna att z = a + 0. Vi vet enligt tidigare att a = a, där detta belopp är det vi introducerade på föreläsning två. Den nya definitionen reduceras alltså till den gamla om vi endast betraktar reella tal. En kuggfråga som blir fel ibland. Bestäm 3 4. Komplext eller reellt belopp? Felet som kan inträffa är att man slarvigt tänker sig att 3 4 är ett komplext tal och bildar = 5 = 5. Detta är så klart helt galet; vi ser direkt att 3 4 = 1, så 3 4 = 1 = 1. Definition. Om z, w C och w 0 så definierar vi z w = zw ww. 3 i + 3i = (3 i)( 3i) ( + 3i)( 3i) = 9 11i = i..1 Geometriska tolkningar Eftersom komplexa tal kan representeras som punkter i ett plan så kan vi ibland tolka operationer, olikheter och ekvationer geometriskt. Till att börja med kan addition av komplexa tal göras som vektoraddition. 6

31 Im 4 z 1 + z = 6 + 4i z 1 = + 3i z = 4 + i 4 6 Re Om z, z 0 C så kommer till exempel samband av typen z z 0 = d och z z 0 d att representera en cirkel respektive en ifylld disk. Im d z = a + bi i 4 Re Hur kan vi se detta? Vi kan ansätta att z = a + bi och z 0 = a 0 + b 0 i där a, b, a 0, b 0 R och se vilken form uttrycken tar. Till exempel: d = z z 0 = a + bi a 0 b 0 i = (a a 0 ) + (b b 0 )i = (a a 0 ) + (b b 0 ), något vi känner igen som cirkelns ekvation!. Triangelolikheten En mycket användbar olikhet (så användbar att man ofta kräver att mer abstrakta rum ska ha denna egenskap) är triangelolikheten. Triangelolikheten Om z, w C så gäller att z + w z + w. Geometriskt är detta ganska klart. Uttrycken z och w kan tolkas som katetlängderna i en triangel där längden på hypotenusan ges av z + w. Försök rita en triangel där hypotenusan 7

32 är längre än summan av kateternas längder! Det går även att visa rent algebraiskt. Tanken bygger på att visa z + w ( z + w ). Utveckla vänsterledet som (z + w)(z + w) och utnyttja att Re (zw) zw (varför är detta sant?). Antag att z ligger i en disk med centrum i punkten 3i och radie 7. Visa att z ligger i en disk med centrum i punkten 4 och radie 1. Vi börjar med att formulera det hela med belopp. Vi vet att z 3i 7 då detta är precis den olikhet som beskriver att z ligger i en disk med centrum i punkten 3i och radie 7. Sen vill vi undersöka z ( 4) : z + 4 = (z 3i) + (3i + 4) z 3i + 3i i + 4 = = 1. Här har vi kreativt lagt till noll i form av 3i + 3i för att på så sätt skapa z 3i, som vi sedan kan uppskatta..3 Andragradsekvationer med komplexa koefficienter Finn alla (reella och komplexa) lösningar till ekvationen z + (1 + i)z 3 i = 0. Lösning. Vi kvadratkompletterar för att få en enklare ekvation: z + (1 + i)z 3 i = (z i) (1 + i) 3 i = (z i) 3 4i = 0. Låt w = z i och skriv w = a + bi där a, b R. Vi löser { a b = 3 w 3 4i = 0 a + abi b 3 4i = 0 ab = 4 Alternativ 1. Vi söker w så att w = 3+4i. Detta innebär då att w = 3+4i = 5 = 5. Nu vet vi att w = a + bi är ett komplext tal, så w = w = a + b. Dessa två samband visar alltså att a + b = 5. Det följer då att a = 8, eller att a = ±. Alternativ. Vi ser att a, b 0 och att b = /a. Då måste a (/a) = 3 a 4 4 = 3a gälla (ekvivalens ty a 0). Vi låter t = a och ser att t 3t 4 = 0 (t 4)(t + 1) = 0. Endast t = 4 a = ± ger intressanta lösningar då t = a 0. Om a = så blir b = 1 och om a = blir b = 1. Vi får alltså lösningarna w 1 = + i och w = i, vilket i sin tur ger z 1 = 1 och z = 3 i. Svar: z = 1 och z = 3 i. Genomför även en kontroll! 8

33 TATM79: Föreläsning 4 Polynomekvationer och funktioner Johan Thim 14 augusti Polynomekvationer Vi börjar med att upprepa definitionen av ett polynom. Polynom Definition. Ett polynom p(z) är ett uttryck av typen p(z) = a n z n + a n 1 z n a z + a 1 z + a 0, där a 0, a 1,..., a n är konstanter och n ett icke-negativt heltal. Om a n 0 säger vi att polynomet har grad n. Det är en liten skillnad i jämförelse med föreläsning 1: vi har ersatt variabeln x med variabeln z. Detta har vi gjort för att markera att vi kommer att arbeta med komplexa tal. Faktorsatsen gäller fortfarande. Faktorsatsen Sats. Följande två påståenden är ekvivalenta. (i) Polynomet p(z) innehåller faktorn z z 0, det vill säga p(z) = (z z 0 )q(z) för något polynom q(z). (ii) z = z 0 är ett nollställe till p(z), det vill säga att p(z 0 ) = 0. Algebrans fundamentalsats Sats. Varje polynomekvation p(z) = 0 med grad n 1 har minst en rot. Ett korollarium till denna sats är att ett polynom p(z) av grad n har precis n stycken rötter om vi räknar med multiplicitet (dvs en dubbelrot räknas som två rötter etc). johan.thim@liu.se 1

34 Polynomet p(z) = 4z (z 1)(z + )(z + i) 3 har grad n = 7 (varför?) och har rötterna z = 0 (dubbelrot), z = 1, z =, samt z = i (trippelrot). Komplexkonjugerade rotpar Sats. Om ett polynom p(z) har reella koefficienter (viktigt) och z = a + bi är en rot så är även z = a bi en rot. Med andra ord, då p(z) har reella koefficienter. p(z 0 ) = 0 p(z 0 ) = 0 Reella koefficienter Observera att denna sats endast gäller då p(z) har reella koefficienter. Till exempel p(z) = z iz har roten z = i, men z = i är ingen rot. Testa! Faktorisera polynomet p(z) = 3z 4 15z 3 + 4z 18z fullständigt i komplexa faktorer. Lösning. Vi börjar med att bryta ut 3z och får att p(z) = 3zq(z), där q(z) = z 3 5z + 8z 6. Vi gissar sedan en rot, och finner att q(3) = 0. Alltså måste z 3 vara en faktor i q(z). Polynomdivision ger att q(z) = (z 3)(z z + ): z z + z 3 ) z 3 5z + 8z 6 z 3 + 3z z + 8z z 6z z 6 z + 6 Det återstår sålunda att finna rötterna till z z +. Vi löser ekvationen 0 = z z + = (z 1) 1 + = (z 1) + 1 (z 1) = 1, varvid vi ser att z 1 = ±i är de enda möjligheterna. Alltså finner vi lösningarna z = 1 ± i, och vi kan skriva z z + = (z (1+i))(z (1 i)). Vi kan nu faktorisera p(z) fullständigt enligt p(z) = 3z(z 3)(z (1 + i))(z (1 i)). Svar: p(z) = 3z(z 3)(z (1 + i))(z (1 i)) Observera att det inte finns några kvadratrötter ur negativa (eller tal med imaginärdel) i lösningen! Rötterna dyker upp direkt vid ekvationslösningen. 0

35 Funktioner Vad är egentligen en funktion? Definition. En funktion f är en regel som till varje punkt x i en definitionsmängd D f tilldelar precis ett y enligt sambandet y = f(x). Denna definition kan göras lite mer ordentlig med så kallade relationer på mängder, men vi överlämnar detta till senare kurser. Observera här att vi inte sagt något om att definitionen bara gäller reella tal. Eller ens tal överhuvudtaget! Det kunde lika gärna handla om apelsiner eller solar ute i rymden. För vår del (i denna kurs) kommer vi i princip bara att betrakta reellvärda funktioner (där y R alltså), och oftast är även x R (eller någon delmängd). Ett undantag är faktiskt polynomen p(z) som vi diskuterade ovan, där z C generellt sätt. Funktion och funktionsvärde Observera att det är f som är funktionen. Uttrycket f(x) är det värde funktionen antar i punkten x D f. Det är alltså ganska slarvigt att skriva uttryck i stil med funktionen f(x), men vi tillåter oss göra det ibland. Värdemängd Definition. En funktions värdemängd V f definieras som alla möjliga y-värden vi kan få ur sambandet y = f(x), V f = {y = f(x) : x D f }. Generellt sett kan värdemängden vara svår att bestämma för en generell funktion. Vissa verktyg kommer att introduceras i envariabelanalysen, men för oss just nu är vi begränsade till ganska enkla funktioner. Till exempel vissa enkla polynom kan vi enkelt rita upp och se vad värdemängden blir. Låt f(x) = 4 + x för x 0. Bestäm V f och rita upp funktionen. Skissa upp funktionen kan vi till exempel göra med en klassisk värdetabell för att få en uppfattning. Sen är det ett polynom så det beter sig ganska snällt. y f(x) x y = 4 + x x 3

36 Det som är bra med en bild här är att vi direkt kan se att varje y-värde större än eller lika med 4 kan träffas av (precis ett) x-värde. Till exempel så blir y = 5 precis då 5 = 4 + x, dvs då x = 1. Eftersom D f ges av villkoret x 0 så är det bara x = 1 som passar. Svar. V f = [4, [. Figuren ovan brukar kallas grafen för funktionen f. Formellt så är grafen en mängd av punkter (x, y) där y = f(x) som beskriver hur definitionsmängd och värdemängd hänger ihop, men för vår del räcker det med att betrakta grafen som en ritad figur där vi ser hur x och y-värden hänger ihop. Låt f(x) = 3 x x. Bestäm D f och V f. Borde inte D f vara angiven? Inte nödvändigtvis. Om inget står brukar vi anta att D f är största möjliga mängd där f är naturligt definierad. I detta fall är detta när kvadratroten är definierad. Hur reder vi ut när detta sker? Vi börjar med att analysera det som står i rottecknet. Det är ett polynom av grad två, så en vettig start är att kvadratkomplettera: 3 x x = 3 (x + x) = 3 ((x + 1) 1) = 4 (x + 1). Eftersom kvadratorten bara är definierad för icke-negativa argument så måste 4 (x+1) 0. Faktoriseringen och en teckentabell visar att 3 x 1 är nödvändigt. Så vilka y-värden kan vi få ut? Vi försöker lösa ekvationen y = f(x): { y = 4 (x + 1) y = 4 (x + 1) y 0 { (x + 1) + y = 4 y 0 Detta är inget annat än ekvationen för övre delen av en cirkel med radie och centrum i ( 1, 0). Största möjliga värde är alltså (när x = 1) och minsta möjliga värde är 0 (när x = 3 eller x = 1). En figur där det mesta vi precis räknat ut kan utläsas direkt (men man måste så klart få upp figuren på något sätt också). y 1 y = 4 (x + 1) x Svar. D f = [ 3, 1] och V f = [0, ]. Vad händer om vi sätter ihop två funktioner? 4

37 Sammansättning Definition. Sammansättning f g av två funktioner f och g definieras av sambandet (f g)(x) = f(g(x)) där detta uttryck har mening. Låt g(x) = 1 x och f(x) = x. Jämför f g och g f. Ser vi på f och g separat så är D f = [0, [ och D g = R. Om vi betraktar f g så måste 1 x 0, eller ekvivalent, 1 x 1. Så, och (f g)(x) = f(g(x)) = 1 x, för 1 x 1, (g f)(x) = g(f(x)) = 1 ( x) = 1 x för x 0. Observera att vi får både olika sammansatta uttryck och olika definitionsmängder för f g och g f. Ordningen är alltså mycket viktig både för värdet och definitionsmängd för den sammansatta funktionen! Monotonicitet Definition. En funktion kallas (i) växande om x 1 x medför att f(x 1 ) f(x ); (ii) strängt växande om x 1 < x medför att f(x 1 ) < f(x ); (iii) avtagande om x 1 x medför att f(x 1 ) f(x ); (iv) strängt avtagande om x 1 < x medför att f(x 1 ) > f(x ); (v) monoton om f är växande eller avtagande; (vi) strängt monoton om f är strängt växande eller strängt avtagande. Avtagande eller icke-växande? I litteraturen är uttrycket avtagande/växande inte entydigt bestämt. I vissa fall (som vi definierat det) innebär till exempel avtagande att vi endast har, så en konstant funktion uppfyller detta villkor. Verkar det vettigt att kalla en konstant funktion för både växande och avtagande? Det är en definitionsfråga. Ett vettigare uttryck är egentligen icke-växande. Var försiktig om ni läser andra böcker! Så hur visar man att något är, till exempel, strängt växande? I envariabelanalyskursen kommer ni att lära er andra metoder, men i detta fall är vi tvungna att visa att olikheten i föregående definition är uppfylld. Vi betraktar ett exempel. Visa att f(x) = x 3 är strängt växande. Lösning. Vi undersöker f(x ) f(x 1 ) och visar att detta uttryck är strikt större än noll om x 1 < x. Vi ser att x 1 x borde vara en faktor så vi försöker faktorisera: x 3 x 3 1 = (x x 1 )(x 1 + x 1 x + x ) = (x x 1 )(x + x 1 x + x 1) = (x x 1 )((x 1 x 1 /) + 3x 1 /) ) > 0 5

38 ty (x 1 x /) + 3x 1/ > 0 och x > x 1. Injektivitet Definition. En funktion f kallas injektiv (eller ett-till-ett) om det till varje x D f finns precis ett y V f så att y = f(x). Eller ekvivalent: x 1 x f(x 1 ) f(x ). Invers Definition. Om f är injektiv så har f en invers f 1 så att y = f(x) x = f 1 (y). Hur hittar vi då inversen (om den finns)? Vi löser helt enkelt ut x ur ekvationen y = f(x). Finn inversen, om den finns, till f(x) = 4 (x + 1) för x 1. Lösning. Vi försöker helt enkelt att lösa ut x ur ekvationen y = f(x): y = 4 (x + 1) { y = 4 (x + 1), y 0 { (x + 1) + y = 4, y 0 x = y Eftersom vi bara får ett svar så finns inversen. Skulle vi erhålla något i stil med x = ± så det finns flera möjligheter så finns det ingen invers. Svar. f 1 (x) = x. Låt f(x) = 4 + x där D f = R. Undersök om f är injektiv. Lösning. Nej, f kan inte vara injektiv. Kvadraten är ett vanligt tecken på att en funktion inte är injektiv om D f innehåller viss symmetri kring nollan. Specifikt, till exempel f( 1) = 4 + ( 1) = 4 + (1) = f(1). Alltså är f inte injektiv. Udda och jämn funktion Definition. En funktion f är udda om f( x) = f(x) för alla x. En funktion f är jämn om f( x) = f(x) för alla x. (i) Funktionerna 1, 4 + x, cos x,..., är jämna. (ii) Funktionerna x, x 3, sin x, 1/x,..., är udda. Observera att en funktion f varken behöver vara udda eller jämn. De flesta funktioner är varken eller. Till exempel f(x) = 1 + x + x. Rita figur! 6

39 TATM79: Föreläsning 5 Trigonometri Johan Thim 31 augusti Enhetscirkeln Definition. Enhetscirkeln är cirkeln med centrum i origo och radie ett. En punkt P = (a, b) på enhetscirkeln uppfyller alltså a + b = 1. y 0.8 P = (a, b) 0.4 v P 0 = (1, 0) x Vinkel Definition. Vinkeln v definieras som båglängden från P 0 till P i positiv led (moturs). Det följer alltså att ett varv motsvaras av vinkeln π (cirkelns omkrets). johan.thim@liu.se 1

40 Sinus och cosinus Definition. Vi definierar funktionerna sin och cos genom sin v = b och cos v = a. Definition. Funktionerna tan och cot definierar vi genom och tan v = sin v cos v, då v π + nπ för alla n Z cot v = cos v, då v nπ för alla n Z. sin v Följder från dessa definitioner (sådant vi kan se ur enhetscirkeln). (i) Trigonometriska ettan: cos v + sin v = 1; (ii) sin(v + πn) = sin v och cos(v + πn) = cos v för n Z; (iii) sin(v+π) = sin v, cos(v+π) = cos v, tan(v+π) = tan v och cot(v+π) = cot v; ( π ) ( π ) (iv) sin v = cos v och cos v = sin v; (v) cos( v) = cos v och sin( v) = sin v; (vi) cos(π v) = cos v och sin(π v) = sin v. Till exempel punkt (iv) kan vi se ur följande figur. 0.8 y (sin v, cos v) 0.4 (cos v, sin v) v v x Övriga samband kan illustreras på liknande sett (övning!)

41 Parenteser? Som vi redan sett skriver vi ibland sin v och ibland sin(v). Tanken är att om det inte råder någon tvetydighet om vad som är argumentet till funktionen så skriver vi inte ut parantsen. Uttrycket sin π/3 är tydligt medan sin π/3 + π/ inte är lika klart. Om det inte är självklart vad uttrycket betyder, skriv ut parenteser! Men gör det inte i onödan för då blir uttrycken svårlästa. 1.1 Trigonometriska ekvationer Följande samband kan ses direkt ur enhetscirkeln: (i) sin u = sin v u = v + πn eller u = π v + πn, n Z; (ii) cos u = cos v u = ±v + πn, n Z; (iii) tan u = tan v u = v + πn, u π + kπ, k, n Z; (iv) cot u = cot v u = v + πn, u kπ, k, n Z. Till exempel (i) kan illustreras med följande figur. y ( cos v, sin v) v v (cos v, sin v) x Det finns alltså två sätt att få ett visst värde på sinus, den naturliga vinkeln v men även π v. Sen kan vi så klart snurra runt hur många varv vi vill för att hitta andra vinklar, men dessa två är principlösningarna. Finn alla x R så att sin x = cos 3x. Lösning. Om vi hade haft samma trig-funktion på båda sidorna i likheten så hade vi kunnat använda sambanden ovan direkt. Kan( vi komma dit? Visst går det, på flera olika sätt. En π ) variant är att utnyttja att cos v = sin v och därmed att ekvationen kan skrivas ( π ) sin x = cos 3x sin x = sin 3x x = π 3x + πn eller x = π ( π 3x ) + πn. 3

42 Fall 1: Fall : x = π 3x + πn 5x = π + πn x = π 10 + πn 5. ( π ) x = π 3x + πn. x 3x = π + πn x = π πn. Här finns flera saker att kommentera. Variabeln n antar alla heltal Z (alltså n = 0, ±1, ±,...), så om vi har +πn eller πn spelar egentligen ingen roll, så den sista likheten kan lika gärna skrivas x = π + πn. Sen kan det visa sig att vissa vinklar förekommer både i fall 1 och fall, så vill man snygga till svaret så måste det undersökas. I vårt fall ser vi att för att få π/ i fall 1 måste 1 + 4n 10 = 1 n = 3, vilket inte kan hända då n är heltal. Lösningarna överlappar alltså inte. Svar: x = π 10 + πn och x = π + πn där n Z. 5 ( π ) Alternativt hade man kunnat byta ut sin x mot cos x. Trigonometriska funktionsvärden Vissa standardvinklar förväntas vi kunna sinus, cosinus etc för mer eller mindre utantill. Vilka? Vi betraktar fallet då vinkeln ligger i intervallet ] 0, π/ [. I detta fall kan vi använda trianglar för att reda ut vissa vinklar. Låt oss undersöka en rätvinklig triangel. Här är c b och c = a + b sin v = b c, cos v = a c, v tan v = b a a, cot v = a b. Alltså kan vi använda en sådan triangel och via Pythagoras räkna ut till exempel sin v om vi känner cos v. Hur då? Om sin x = 0. och 0 < x < π/, vad är cos x och tan x? Lösning. Eftersom x ligger mellan 0 och π/ så kan vi använda en hjälptriangel. 4

43 10 v a Pythagoras medför att a = 10 = 96, så a = 96 (givet att a > 0). Alltså kan vi direkt säga att cos x = a 96 c = sin x och tan x = 10 cos x = /10 =. 96/ Svar: cos x = och tan x = Om sin x = 0. och π/ < x < π, vad är cos x och tan x? Lösning. Är det samma svar som ovan? Observera att längderna i en hjälptriangel måste ha positiv storhet! Dvs att a, b, c > 0..1 Standardvinklar I en rätvinklig triangel med samma katetlängd (till exempel 1, men båda kateterna av längd eller 731 går också bra) så är en vinkel (den räta) π/ medan de andra två måste vara lika stora, så π/4. cos π 4 = sin π 4 = 1 = 1 π 4 π 4 Om vi istället konstruerar en likbent triangel där alla sidor är lika långa (till exempel ) så måste alla ingående vinklar vara lika stora, dvs π/3. Om vi delar triangeln i två lika stora delar från ett hörn till mitten på motstående sida så uppstår två rätvinkliga trianglar enligt figuren nedan. 5 1

44 π 6 π 6 3 π 3 π Ur denna triangel kan vi utläsa att sin π 3 = cos π 6 = 3 och sin π 6 = cos π 3 = 1. 3 Additionsformlerna Additionsformlerna sin(u + v) = sin u cos v + cos u sin v sin(u v) = sin u cos v cos u sin v cos(u + v) = cos u cos v sin u sin v cos(u v) = cos u cos v + sin u sin v Det räcker att visa den första likheten, resten följer av enkla trigonometriska samband vi redan känner till. Bevisen kan återfinnas i boken. Ett par intressanta specialfall: formler för dubbla vinkeln sin x = cos x sin x och cos x = cos x sin x = 1 sin x = cos x 1 och omvänt sin x = 1 cos x och cos x = 1 + cos x. Dessa formler är mycket användbara när det gäller att lösa trigonometriska ekvationer, och som ni kommer att se, även när ni skall integrera vissa uttryck i envariabelanalysen! Tangens då? Jodå, via formlerna ovan kan vi ställa upp följande samband. 6

TATM79: Föreläsning 1 Notation, ekvationer, polynom och summor

TATM79: Föreläsning 1 Notation, ekvationer, polynom och summor TATM79: Föreläsning 1 Notation, ekvationer, polynom och summor Johan Thim 22 augusti 2018 1 Vanliga symboler Lite logik Implikation: P Q. Detta betyder att om P är sant så är Q sant. Utläses P medför Q

Läs mer

TATM79: Föreläsning 3 Komplexa tal

TATM79: Föreläsning 3 Komplexa tal TATM79: Föreläsning 3 Komplexa tal Johan Thim 22 augusti 2018 1 Komplexa tal Definition. Det imaginära talet i uppfyller att i 2 = 1. Detta är alltså ett tal vars kvadrat är negativ. Det kan således aldrig

Läs mer

TATM79: Föreläsning 1 Notation, ekvationer, polynom och olikheter

TATM79: Föreläsning 1 Notation, ekvationer, polynom och olikheter TATM79: Föreläsning 1 Notation, ekvationer, polynom och olikheter Johan Thim 15 augusti 2015 1 Vanliga symboler Lite logik Implikation: P Q. Detta betyder att om P är sant så är Q sant. Utläses P medför

Läs mer

Exempel. Komplexkonjugerade rotpar

Exempel. Komplexkonjugerade rotpar TATM79: Föreläsning 4 Polynomekvationer och funktioner Johan Thim 2 augusti 2016 1 Polynomekvationer Vi börjar med att upprepa definitionen av ett polynom. Polynom Definition. Ett polynom p(z) är ett uttryck

Läs mer

TATM79: Föreläsning 2 Absolutbelopp, summor och binomialkoefficienter

TATM79: Föreläsning 2 Absolutbelopp, summor och binomialkoefficienter TATM79: Föreläsning 2 Absolutbelopp, summor och binomialkoefficienter Johan Thim 2 augusti 2016 1 Absolutbelopp Absolutbelopp Definition. För varje reellt x definieras absolutbeloppet x enligt { x, x 0

Läs mer

TATM79: Föreläsning 2 Absolutbelopp, summor och binomialkoefficienter

TATM79: Föreläsning 2 Absolutbelopp, summor och binomialkoefficienter TATM79: Föreläsning Absolutbelopp, summor och binomialkoefficienter Johan Thim 15 augusti 015 1 Absolutbelopp Absolutbelopp Definition. För varje reellt x definieras absolutbeloppet x enligt { x, x 0 x

Läs mer

TATM79: Matematisk grundkurs HT 2016

TATM79: Matematisk grundkurs HT 2016 TATM79: Matematisk grundkurs HT 016 Föreläsningsanteckningar för Y, Yi, MED, Mat, FyN, Frist Johan Thim, MAI y 1 y = 1/x 1 x x TATM79: Föreläsning 1 Notation, ekvationer, polynom och olikheter Johan Thim

Läs mer

TATM79: Matematisk grundkurs HT 2018

TATM79: Matematisk grundkurs HT 2018 TATM79: Matematisk grundkurs HT 08 Föreläsningsanteckningar för Y, Yi, MED, Mat, FyN, Frist Johan Thim, MAI y y = /x x x TATM79: Föreläsning Notation, ekvationer, polynom och summor Johan Thim augusti

Läs mer

TATM79: Föreläsning 4 Funktioner

TATM79: Föreläsning 4 Funktioner TATM79: Föreläsning 4 Funktioner Johan Thim augusti 08 Funktioner Vad är egentligen en funktion? Definition. En funktion f är en regel som till varje punkt i en definitionsmängd D f tilldelar precis ett

Läs mer

Komplexa tal: Begrepp och definitioner

Komplexa tal: Begrepp och definitioner UPPSALA UNIVERSITET Baskurs i matematik, 5hp Matematiska institutionen Höstterminen 007 Erik Darpö Martin Herschend Komplexa tal: Begrepp och definitioner Komplexa tal uppstod ur det faktum att vissa andragradsekvationer,

Läs mer

1.1 Den komplexa exponentialfunktionen

1.1 Den komplexa exponentialfunktionen TATM79: Föreläsning 8 Komplexa exponentialfunktionen och binomiska ekvationer Johan Thim augusti 07 Komplexa tal på polär form Ett komplex tal z = a+bi kan som bekant betraktas som en punkt i komplexa

Läs mer

Föreläsning 1. Kursinformation All viktig information om kursen ska kunna läsas på kursens hemsida

Föreläsning 1. Kursinformation All viktig information om kursen ska kunna läsas på kursens hemsida Föreläsning 1 Kursinformation All viktig information om kursen ska kunna läsas på kursens hemsida http://www2.math.uu.se/ rikardo/ baskursen/index.html Mängdlära * En "samling" av tal kallas för en mängd.

Läs mer

Några saker att tänka på inför dugga 2

Några saker att tänka på inför dugga 2 LINKÖPINGS UNIVERSITET 17 oktober 017 Matematiska institutionen TATA68 Matematik och tillämpad matematik Några saker att tänka på inför dugga Dugga omfattar HELA kursen, så titta även på de tips som lämnades

Läs mer

TATM79: Föreläsning 7 Komplexa exponentialfunktionen och binomiska ekvationer

TATM79: Föreläsning 7 Komplexa exponentialfunktionen och binomiska ekvationer TATM79: Föreläsning 7 Komplexa exponentialfunktionen och binomiska ekvationer Johan Thim 9 september 05 Komplexa tal på polär form Ett komplex tal z = a+bi kan som bekant betraktas som en punkt i komplexa

Läs mer

Lösningsförslag TATM

Lösningsförslag TATM Lösningsförslag TATM79 016-09-6 1 a) Vi isolerar x + och kvadrerar ekvationen observera att det då bara blir en implikation!): + x + = x x + = x ) x + = x ) = x 1x + 1 x 1 x + 10 = 0 x = 1 6 ± 7 6 Eftersom

Läs mer

1. Ange samtliga uppsättningar av heltal x, y, z som uppfyller båda ekvationerna. x + 2y + 24z = 13 och x 11y + 17z = 8.

1. Ange samtliga uppsättningar av heltal x, y, z som uppfyller båda ekvationerna. x + 2y + 24z = 13 och x 11y + 17z = 8. Tentamenskrivning MATA15 Algebra: delprov 1, 6hp Lördagen den mars 014 Matematikcentrum Matematik NF LÖSNINGSFÖRSLAG 1. Ange samtliga uppsättningar av heltal x, y, z som uppfyller båda ekvationerna x +

Läs mer

MA2047 Algebra och diskret matematik

MA2047 Algebra och diskret matematik MA2047 Algebra och diskret matematik Något om komplexa tal Mikael Hindgren 17 oktober 2018 Den imaginära enheten i Det finns inga reella tal som uppfyller ekvationen x 2 + 1 = 0. Vi inför den imaginära

Läs mer

TATM79: Föreläsning 5 Trigonometri

TATM79: Föreläsning 5 Trigonometri TATM79: Föreläsning 5 Trigonometri Johan Thim augusti 016 1 Enhetscirkeln Definition. Enhetscirkeln är cirkeln med centrum i origo och radie ett. En punkt P = (a, b på enhetscirkeln uppfyller alltså a

Läs mer

A-del. (Endast svar krävs)

A-del. (Endast svar krävs) Lösningar till tentamen i Matematik grundkurs den 7 juni 011. A-del. (Endast svar krävs) 1. Förenkla så långt som möjligt. Svar: 1 1 1 1 +1. Skriv talet på formen a + ib. Svar: 1 + i 3. Beräkna 10 + 5i

Läs mer

x2 6x x2 6x + 14 x (x2 2x + 4)

x2 6x x2 6x + 14 x (x2 2x + 4) Tentamenskrivning MATA15 Algebra: delprov 1, 6hp Måndagen den 5:e november 01 Matematikcentrum Matematik NF LÖSNINGSFÖRSLAG 1. För vilka reella tal x gäller olikheten x 6x + 14? Lösningsalternativ 1: Den

Läs mer

A1:an Repetition. Philip Larsson. 6 april Kapitel 1. Grundläggande begrepp och terminologi

A1:an Repetition. Philip Larsson. 6 april Kapitel 1. Grundläggande begrepp och terminologi A1:an Repetition Philip Larsson 6 april 013 1 Kapitel 1. Grundläggande begrepp och terminologi 1.1 Delmängd Om ändpunkterna ska räknas med används symbolerna [ ] och raka sträck. Om ändpunkterna inte skall

Läs mer

Lösningsförslag TATM

Lösningsförslag TATM Lösningsförslag TATM9 0-0-0. a) Summan är geometrisk med kvoten q = / och termer. Alltså, 50 k = 50 k+ = k ) ) ) ) =. k= k= b) Från definitionen av binomialkoefficienter ser vi att ) ) n n nn ) 6 = = =

Läs mer

Lösningsförslag TATM

Lösningsförslag TATM Lösningsförslag TATM79 08-0-04 a Binomialsatsen medför att b Eftersom 5 = 3 + 4i 3 i 5 5 k 5 k k = 3 5 80 4 + 80 3 40 + 0 4i 3 = 3 + 4i3 + i 0 gäller att realdelen blir 9 4 + 3 = + i3 5 = 9 + i3, c Summan

Läs mer

Polynomekvationer (Algebraiska ekvationer)

Polynomekvationer (Algebraiska ekvationer) Polynomekvationer (Algebraiska ekvationer) Faktorsatsen 1. Pettersson: teori och exempel på sid. 21-22 Det intressanta är följande idé: Om man på något sätt (Vilket det är en annan fråga, se nedan!) har

Läs mer

Dugga 2 i Matematisk grundkurs

Dugga 2 i Matematisk grundkurs Linköpings tekniska högskola Matematiska institutionen Tillämpad matematik Kurskod: TATA68 Provkod: TEN Inga hjälpmedel är tillåtna. Dugga i Matematisk grundkurs 013 16 kl 8.00 1.00 Lösningarna skall vara

Läs mer

Explorativ övning 7 KOMPLEXA TAL

Explorativ övning 7 KOMPLEXA TAL Explorativ övning 7 KOMPLEXA TAL Övningens syfte är att bekanta sig med komplexa tal. De komplexa talen, som är en utvidgning av de reella talen, kom till på 1400 talet då man försökte lösa kvadratiska

Läs mer

Föreläsning 9: Komplexa tal, del 2

Föreläsning 9: Komplexa tal, del 2 ht016 Föreläsning 9: Komplexa tal, del Den komplexa exponentialfunktionen För att definiera den komplexa exponentialfunktionen utgår vi ifrån att den ska följa samma regler som för reella tal. Vi minns

Läs mer

Moment 1.15, 2.1, 2.4 Viktiga exempel 2.2, 2.3, 2.4 Övningsuppgifter Ö2.2ab, Ö2.3. Polynomekvationer. p 2 (x) = x 7 +1.

Moment 1.15, 2.1, 2.4 Viktiga exempel 2.2, 2.3, 2.4 Övningsuppgifter Ö2.2ab, Ö2.3. Polynomekvationer. p 2 (x) = x 7 +1. Moment.5, 2., 2.4 Viktiga exempel 2.2, 2.3, 2.4 Övningsuppgifter Ö2.2ab, Ö2.3 Ett polynom vilket som helst kan skrivas Polynomekvationer p(x) = a 0 +a x+a 2 x 2 +...+a n x n +a n x n Talen a 0,a,...a n

Läs mer

Instuderingsfrågor för Endimensionell analys kurs B1

Instuderingsfrågor för Endimensionell analys kurs B1 Instuderingsfrågor för Endimensionell analys kurs B1 Anvisningar Avsikten med följande frågor är att hjälpa dig med självkontroll av dina kunskaper. Om du känner dig osäker på svaren bör du slå upp motsvarande

Läs mer

Föreläsning 3: Ekvationer och olikheter

Föreläsning 3: Ekvationer och olikheter Föreläsning 3: Ekvationer och olikheter En ekvation är en likhet som innehåller en flera obekanta storheter. Exempel: x = 9, x är okänd. t + t + 1 = 7, t är okänd. Vi säger att ett värde på den obekanta

Läs mer

Övningshäfte 2: Komplexa tal

Övningshäfte 2: Komplexa tal LMA100 VT007 ARITMETIK OCH ALGEBRA DEL Övningshäfte : Komplexa tal Övningens syfte är att bekanta sig med komplexa tal. De komplexa talen, som är en utvidgning av de reella talen, kom till på 1400 talet

Läs mer

TATA42: Föreläsning 8 Linjära differentialekvationer av högre ordning

TATA42: Föreläsning 8 Linjära differentialekvationer av högre ordning TATA42: Föreläsning 8 Linjära differentialekvationer av högre ordning Johan Thim 23 april 2018 1 Differentialoperatorer För att underlätta notation och visa på underliggande struktur introducerar vi begreppet

Läs mer

TATM79: Föreläsning 7 Arcusfunktioner och hjälpvinkelmetoden

TATM79: Föreläsning 7 Arcusfunktioner och hjälpvinkelmetoden TATM79: Föreläsning 7 Arcusfunktioner och hjälpvinkelmetoden Johan Thim augusti 0 Inverser till trigonometriska funktioner Om vi ritar upp funktionen y = sin ser vi följande: y y = sin Självklart går det

Läs mer

Uppföljning av diagnostiskt prov Repetition av kursmoment i TNA001-Matematisk grundkurs.

Uppföljning av diagnostiskt prov Repetition av kursmoment i TNA001-Matematisk grundkurs. Uppföljning av diagnostiskt prov 06-0- Repetition av kursmoment i TNA00-Matematisk grundkurs. Reella tal, intervall, räta linjer, cirklar Faktorsatsen, faktoriseringar, polynomekvationer Olikheter Ekvationer

Läs mer

Avsnitt 1, introduktion.

Avsnitt 1, introduktion. KTHs Sommarmatematik Introduktion 1:1 1:1 Kvadratkomplettering Avsnitt 1, introduktion. Det här är en viktig teknik som måste tränas in. Poängen med kvadratkomplettering är att man direkt kan se om andragradsfunktionen

Läs mer

29 Det enda heltalet n som satisfierar båda dessa villkor är n = 55. För detta värde på n får vi x = 5, y = 5.

29 Det enda heltalet n som satisfierar båda dessa villkor är n = 55. För detta värde på n får vi x = 5, y = 5. Tentamenskrivning MATA15 Algebra: delprov 1, 6hp Lördagen den 3 november 01 Matematikcentrum Matematik NF LÖSNINGSFÖRSLAG 1 a) Lös den diofantiska ekvationen 9x + 11y 00 b) Ange alla lösningar x, y) sådana

Läs mer

Talmängder. Målet med första föreläsningen:

Talmängder. Målet med första föreläsningen: Moment 1..1, 1.., 1..4, 1..5, 1.. 1..5, 1..6 Viktiga exempel 1.7, 1.8, 1.8,1.19,1. Handräkning 1.7, 1.9, 1.19, 1.4, 1.9 b,e 1.0 a,b Datorräkning 1.6-1.1 Målet med första föreläsningen: 1 En första kontakt

Läs mer

Lösningar till övningstentan. Del A. UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Styf. Övningstenta BASKURS DISTANS

Lösningar till övningstentan. Del A. UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Styf. Övningstenta BASKURS DISTANS UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Styf Övningstenta BASKURS DISTANS 011-0-7 Lösningar till övningstentan Del A 1. Lös ekvationen 9 + 5x = x 1 ( ). Lösning. Genom att kvadrera ekvationens led

Läs mer

Instuderingsfrågor för Endimensionell analys kurs B1 2011

Instuderingsfrågor för Endimensionell analys kurs B1 2011 Instuderingsfrågor för Endimensionell analys kurs B1 2011 Anvisningar Avsikten med följande frågor är att hjälpa dig med självkontroll av dina kunskaper. Om du känner dig osäker på svaren bör du slå upp

Läs mer

Övningshäfte 2: Komplexa tal (och negativa tal)

Övningshäfte 2: Komplexa tal (och negativa tal) LMA110 VT008 ARITMETIK OCH ALGEBRA DEL Övningshäfte : Komplexa tal (och negativa tal) Övningens syfte är att bekanta sig med komplexa tal och att fundera på några begreppsliga svårigheter som negativa

Läs mer

4x 1 = 2(x 1). i ( ) får vi 5 3 = 5 1, vilket inte stämmer alls, så x = 1 2 är en falsk rot. Svar. x = = x x + y2 1 4 y

4x 1 = 2(x 1). i ( ) får vi 5 3 = 5 1, vilket inte stämmer alls, så x = 1 2 är en falsk rot. Svar. x = = x x + y2 1 4 y UPPSALA UNIVERSITET Matematiska institutionen Styf Prov i matematik BASKURS DISTANS 011-03-10 Lösningar till tentan 011-03-10 Del A 1. Lös ekvationen 5 + 4x 1 5 x. ( ). Lösning. Högerledet han skrivas

Läs mer

SF1661 Perspektiv på matematik Tentamen 24 oktober 2013 kl Svar och lösningsförslag. z 11. w 3. Lösning. De Moivres formel ger att

SF1661 Perspektiv på matematik Tentamen 24 oktober 2013 kl Svar och lösningsförslag. z 11. w 3. Lösning. De Moivres formel ger att SF11 Perspektiv på matematik Tentamen 4 oktober 013 kl 14.00 19.00 Svar och lösningsförslag (1) Låt z = (cos π + i sin π ) och låt w = 1(cos π 3 + i sin π 3 ). Beräkna och markera talet z11 w 3 z 11 w

Läs mer

Institutionen för Matematik. SF1625 Envariabelanalys. Lars Filipsson. Modul 1

Institutionen för Matematik. SF1625 Envariabelanalys. Lars Filipsson. Modul 1 Institutionen för Matematik SF1625 Envariabelanalys Läsåret 2017-2018 Lars Filipsson Modul 1 1. MÅL FÖR MODUL 1 1. Reella tal. Känna till talsystememet och kunna använda notation för mängder och intervall

Läs mer

Ekvationer och olikheter

Ekvationer och olikheter Kapitel Ekvationer och olikheter I kapitlet bekantar vi oss med första och andra grads linjära ekvationer och olikheter. Vi ser också på ekvationer och olikheter med absolutbelopp och kvadratrötter. När

Läs mer

gränsvärde existerar, vilket förefaller vara en naturlig definition (jämför med de generaliserade integralerna). I exemplet ovan ser vi att 3 = 3 n n

gränsvärde existerar, vilket förefaller vara en naturlig definition (jämför med de generaliserade integralerna). I exemplet ovan ser vi att 3 = 3 n n TATA42: Föreläsning 5 Serier ( generaliserade summor ) Johan Thim 5 mars 208 En funktion s: N R brukar kallas talföljd, och vi skriver ofta s n i stället för s(n). Detta innebär alltså att för varje heltal

Läs mer

Referens :: Komplexa tal

Referens :: Komplexa tal Referens :: Komplexa tal Detta dokument sammanställer och sammanfattar de mest grundläggande egenskaperna för komplexa tal. Definition av komplexa tal Definition 1. Ett komplext tal z är ett tal på formen

Läs mer

Komposanter, koordinater och vektorlängd Ja, den här teorin gick vi igenom igår. Istället koncentrerar vi oss på träning inför KS3 och tentamen.

Komposanter, koordinater och vektorlängd Ja, den här teorin gick vi igenom igår. Istället koncentrerar vi oss på träning inför KS3 och tentamen. Sidor i boken 40-4 Komposanter, koordinater och vektorlängd Ja, den här teorin gick vi igenom igår. Istället koncentrerar vi oss på träning inför KS3 och tentamen. Läxa 1. En rät linje, L 1, skär y-axeln

Läs mer

Avsnitt 3, introduktion.

Avsnitt 3, introduktion. KTHs Sommarmatematik Introduktion 3:1 3:1 Avsnitt 3, introduktion. Teckenstudium Här tränas teckenstudium av polynom och rationella funktioner (som är kvoter av polynom). Metoden går ut på att man faktoriserar

Läs mer

Läsanvisningar till kapitel 4 i Naturlig matematik

Läsanvisningar till kapitel 4 i Naturlig matematik Läsanvisningar till kapitel 4 i Naturlig matematik Avsnitt 4.1 I kapitel 4 kommer du att möta de elementära funktionerna. Dessa är helt enkelt de vanligaste funktionerna som vi normalt arbetar med. Här

Läs mer

Uppföljning av diagnostiskt prov HT-2016

Uppföljning av diagnostiskt prov HT-2016 Uppföljning av diagnostiskt prov HT-0 Avsnitt Ungefärligen motsvarande uppgifter på diagnosen. Räknefärdighet. Algebra, ekvationer, 8 0. Koordinatsystem, räta linjer 8 0. Funktionerna ln och e.. Trigonometri

Läs mer

BASPROBLEM I ENDIMENSIONELL ANALYS 1 Jan Gustavsson

BASPROBLEM I ENDIMENSIONELL ANALYS 1 Jan Gustavsson Matematikcentrum Matematik BASPROBLEM I ENDIMENSIONELL ANALYS Jan Gustavsson. Algebraiska förenklingar.. Reella andragradsekvationer.. Enkla rotekvationer - eventuellt med falsk rot.. Enkla absolutbeloppsproblem.

Läs mer

1 Addition, subtraktion och multiplikation av (reella) tal

1 Addition, subtraktion och multiplikation av (reella) tal Omstuvat utdrag ur R Pettersson: Förberedande kurs i matematik Addition, subtraktion och multiplikation av (reella) tal För reella tal gäller som bekant bl.a. följande räkneregler: (a + b) + c = a + (b

Läs mer

TATA42: Föreläsning 5 Serier ( generaliserade summor )

TATA42: Föreläsning 5 Serier ( generaliserade summor ) TATA42: Föreläsning 5 Serier ( generaliserade summor ) Johan Thim 0 januari 207 En funktion s: N R brukar kallas talföljd, och vi skriver ofta s n i stället för s(n). Detta innebär alltså att för varje

Läs mer

SAMMAFATTNINGAR AV VISSA FÖRELÄSNINGAR

SAMMAFATTNINGAR AV VISSA FÖRELÄSNINGAR SAMMAFATTNINGAR AV VISSA FÖRELÄSNINGAR 1. Föreläsning 1 Se litet blad om mängdlära på kurshemsidan. Talsystemen N, Z, Q, R. Mängder och symboler. Lite logik. Slutligen gick vi igenom potenslagarna. Eftersom

Läs mer

Inociell Lösningsmanual Endimensionell analys. E. Oscar A. Nilsson

Inociell Lösningsmanual Endimensionell analys. E. Oscar A. Nilsson Inociell Lösningsmanual Endimensionell analys E. Oscar A. Nilsson January 31, 018 Dan Brown "The path of light is laid, a secret test..." Tillägnas Mina vänner i Förord Detta är en inociell lösningsmanual

Läs mer

Lösningar till udda övningsuppgifter

Lösningar till udda övningsuppgifter Lösningar till udda övningsuppgifter Övning 1.1. (i) {, } (ii) {0, 1,, 3, 4} (iii) {0,, 4, 6, 8} Övning 1.3. Påståendena är (i), (iii) och (v), varav (iii) och (v) är sanna. Övning 1.5. andra. (i) Nej.

Läs mer

Kompletteringskompendium

Kompletteringskompendium Kompletteringskompendium Tomas Ekholm Institutionen för matematik Innehåll 0 Notationer och inledande logik 3 0.1 Talmängder............................ 3 0. Utsagor.............................. 3 1 Induktion

Läs mer

Talmängder N = {0,1,2,3,...} C = {a+bi : a,b R}

Talmängder N = {0,1,2,3,...} C = {a+bi : a,b R} Moment 1..1, 1.., 1..4, 1..5 Viktiga exempel 1., 1.4, 1.8 Övningsuppgifter I 1.7, 1.8, 1.9 Extrauppgifter 1,,, 4 Den teori och de exempel, som kommer att presenteras här, är normalt vad jag kommer att

Läs mer

Polynomekvationer. p 2 (x) = x x 3 +2x 10 = 0

Polynomekvationer. p 2 (x) = x x 3 +2x 10 = 0 Moment.3.,.3.3,.3.5,.3.6, 2.4., 2.4.2 Viktiga exempel.2,.4,.8,.2,.23,.25,.27,.28,.29, 2.23, 2.24 Övningsuppgifter.2,.3,.8,.24,.25,.27,.29 ab,.30,.3 ac, 2.29 abc Ett polynom vilket som helst kan skrivas

Läs mer

Andragradsekvationer. + px + q = 0. = 3x 7 7 3x + 7 = 0. q = 7

Andragradsekvationer. + px + q = 0. = 3x 7 7 3x + 7 = 0. q = 7 Andragradsekvationer Tid: 70 minuter Hjälpmedel: Formelblad. Alla andragradsekvationer kan skrivas på formen Vilket värde har q i ekvationen x = 3x 7? + E Korrekt svar. B (q = 7) x + px + q = 0 (/0/0)

Läs mer

Introduktion till Komplexa tal

Introduktion till Komplexa tal October 8, 2014 Introduktion till Komplexa tal HT 2014 CTH Lindholmen 2 Index 1 Komplexa tal 5 1.1 Definition och jämförelse med R 2................ 5 1.1.1 Likheter mellan R 2 och C................ 5

Läs mer

Euklides algoritm för polynom

Euklides algoritm för polynom Uppsala Universitet Matematiska institutionen Isac Hedén isac distans@math.uu.se Algebra I, 5 hp Vecka 22. Euklides algoritm för polynom Ibland kan det vara intressant att bestämma den största gemensamma

Läs mer

TATA42: Föreläsning 9 Linjära differentialekvationer av ännu högre ordning

TATA42: Föreläsning 9 Linjära differentialekvationer av ännu högre ordning TATA42: Föreläsning 9 Linjära differentialekvationer av ännu högre ordning Johan Thim 4 mars 2018 1 Linjära DE av godtycklig ordning med konstanta koefficienter Vi kommer nu att betrakta linjära differentialekvationer

Läs mer

Repetitionsuppgifter inför Matematik 1. Matematiska institutionen Linköpings universitet 2013

Repetitionsuppgifter inför Matematik 1. Matematiska institutionen Linköpings universitet 2013 Repetitionsuppgifter inför Matematik Matematiska institutionen Linköpings universitet 0 Innehåll De fyra räknesätten Potenser och rötter 7 Algebra 0 4 Facit 4 Repetitionsuppgifter inför Matematik Repetitionsuppgifter

Läs mer

Uppgiftshäfte Matteproppen

Uppgiftshäfte Matteproppen Uppgiftshäfte Matteproppen Emma ndersson 0 Joar Lind 0 Sara Lundsten 05 Malin Forsberg 06 UPPSL UNIVERSITET Innehåll Uppdelning av häfte Uppgifter Block. Bråkräkning........................ Uttryck..........................

Läs mer

Repetitionsuppgifter inför Matematik 1-973G10. Matematiska institutionen Linköpings universitet 2014

Repetitionsuppgifter inför Matematik 1-973G10. Matematiska institutionen Linköpings universitet 2014 Repetitionsuppgifter inför Matematik - 7G0 Matematiska institutionen Linköpings universitet 04 Innehåll De fyra räknesätten Potenser och rötter 7 Algebra 0 4 Funktioner 4 Facit Repetitionsuppgifter inför

Läs mer

Matematik 4 Kap 4 Komplexa tal

Matematik 4 Kap 4 Komplexa tal Matematik 4 Kap 4 Komplexa tal Konkretisering av ämnesplan (länk) http://www.ioprog.se/public_html/ämnesplan_matematik/struktur_ämnesp lan_matematik/struktur_ämnesplan_matematik.html Inledande aktivitet

Läs mer

Lösningsförslag TATA

Lösningsförslag TATA Lösningsförslag TATA8 08-0-04 (a) Binomialsatsen medför att (b) Eftersom ( ) 5 = +4i i 5X 5 k 4i = () 5 k ( ) k = 5 80 4 +80 40 +0 ( + 4i)( + i) 0 4 + = + i 5= 9 + i, 9 gäller att realdelen blir (c) Summan

Läs mer

Rekursionsformler. Komplexa tal (repetition) Uppsala Universitet Matematiska institutionen Isac Hedén isac

Rekursionsformler. Komplexa tal (repetition) Uppsala Universitet Matematiska institutionen Isac Hedén isac Uppsala Universitet Matematiska institutionen Isac Hedén isac distans@math.uu.se Algebra I, 5 hp Vecka 21. Vi nämner något kort om rekursionsformler för att avsluta [Vre06, kap 4], sedan börjar vi med

Läs mer

TATM79: Föreläsning 8 Arcusfunktioner

TATM79: Föreläsning 8 Arcusfunktioner TATM9: Föreläsning 8 Arcusfunktioner Johan Thim augusti 0 Inverser till trigonometriska funktioner Om vi ritar upp funktionen y = sin ser vi följande: y y = sin Självklart går det inte att hitta en invers

Läs mer

Läsanvisningar och övningsuppgifter i MAA150, period vt Erik Darpö

Läsanvisningar och övningsuppgifter i MAA150, period vt Erik Darpö Läsanvisningar och övningsuppgifter i MAA150, period vt1 2015 Erik Darpö ii 0. Förberedelser Nedanstående uppgifter är avsedda att användas som ett självdiagnostiskt test. Om du har problem med att lösa

Läs mer

Sidor i boken V.L = 8 H.L. 2+6 = 8 V.L. = H.L.

Sidor i boken V.L = 8 H.L. 2+6 = 8 V.L. = H.L. Sidor i boken 119-11 Andragradsekvationer Dagens tema är ekvationer, speciellt andragradsekvationer. Men först några ord om ekvationer i allmänhet. En ekvation är en likhet som innehåller ett (möjligen

Läs mer

Sidor i boken f(x) = a x 2 +b x+c

Sidor i boken f(x) = a x 2 +b x+c Sidor i boken 18-151 Andragradsfunktioner Här ska vi studera andragradsfunktionen som skrivs f(x) = ax +bx+c där a, b, c är konstanter (reella tal) och där a 0. Grafen (kurvan) till f(x), y = ax + bx +

Läs mer

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Thomas Erlandsson

Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Thomas Erlandsson Uppsala Universitet Matematiska Institutionen Thomas Erlandsson LÄSANVISNINGAR VECKA 36 VERSION 1. ARITMETIK FÖR RATIONELLA OCH REELLA TAL, OLIKHETER, ABSOLUTBELOPP ADAMS P.1 Real Numbers and the Real

Läs mer

Matematisk Grundkurs

Matematisk Grundkurs LINKÖPINGS UNIVERSITET Matematisk Grundkurs för högskoleingenjörer inom byggnadsteknik Peter Holgersson Institutionen för teknik och naturvetenskap Sida 2 Syfte och mål Kursen syftar till att bidra till

Läs mer

Sommarmatte. del 2. Matematiska Vetenskaper

Sommarmatte. del 2. Matematiska Vetenskaper Sommarmatte del 2 Matematiska Vetenskaper 7 april 2009 Innehåll 5 Ekvationer och olikheter 1 5.1 Komplea tal.............................. 1 5.1.1 Algebraisk definition, imaginära rötter............. 1

Läs mer

Moment Viktiga exempel Övningsuppgifter Ö , Ö1.25, Ö1.55, Ö1.59

Moment Viktiga exempel Övningsuppgifter Ö , Ö1.25, Ö1.55, Ö1.59 Moment.0-. Viktiga exempel Övningsuppgifter Ö.9-., Ö.5, Ö.55, Ö.59 Funktioner Definition. En funktion y = f(x) är ett samband mellan variablerna x och y, sådant att ett x-värde motsvaras av högst ett värde

Läs mer

Modul 1 Mål och Sammanfattning

Modul 1 Mål och Sammanfattning Institutionen för Matematik SF1625 Envariabelanalys Läsåret 2016-2017 Lars Filipsson Modul 1 Mål och Sammanfattning 1. Reella tal. 1. MÅL FÖR MODUL 1 Känna till talsystememet och kunna använda notation

Läs mer

ger rötterna till ekvationen x 2 + px + q = 0.

ger rötterna till ekvationen x 2 + px + q = 0. KTHs Sommarmatematik 2002 Exempel Övningar Lösningar 1 Lösningar 2 Översikt 2.1 Introduktion Introduktion Avsnitt 2 handlar om den enklaste typen av algebraiska uttryck, polynomen. Eftersom polynom i princip

Läs mer

f(x) = 1 x 1 y = f(x) = 1 y = 1 (x 1) = 1 y x = 1+ 1 y f 1 (x) = 1+ 1 x 1+ 1 x 1 = 1 1 =

f(x) = 1 x 1 y = f(x) = 1 y = 1 (x 1) = 1 y x = 1+ 1 y f 1 (x) = 1+ 1 x 1+ 1 x 1 = 1 1 = Moment.5,.5.,.5.,.5. Viktiga eempel.0,.,.,.,.,.5,.,.7 Övningsuppgifter.8,.0 abc Inversfunktioner Givet: y = f(), y uttryckt i Sökt : = g(y), uttryckt i y När kan man lösa ut som funktion av y? Sats. Om

Läs mer

S n = (b) Med hjälp av deluppgift (a) beräkna S n. 1 x < 2x 1? i i. och

S n = (b) Med hjälp av deluppgift (a) beräkna S n. 1 x < 2x 1? i i. och Uppgift 1 För vilka x R gäller x 4 = 4? Uppgift Låt S n = n k=1 3 k (a) Visa att S n är en geometrisk summa (b) Med hjälp av deluppgift (a) beräkna S n Uppgift 3 Lös ekvationen e x + e x = 3 Uppgift 4

Läs mer

TATA42: Föreläsning 7 Differentialekvationer av första ordningen och integralekvationer

TATA42: Föreläsning 7 Differentialekvationer av första ordningen och integralekvationer TATA42: Föreläsning 7 Differentialekvationer av första ordningen och integralekvationer Johan Thim 0 januari 207 Introduktion En differentialekvation (DE) i en variabel är en ekvation som innehåller både

Läs mer

x 2 4 (4 x)(x + 4) 0 uppfylld?

x 2 4 (4 x)(x + 4) 0 uppfylld? MÄLARDALENS HÖGSKOLA Akademin för utbildning, kultur och kommunikation Avdelningen för tillämpad matematik Examinator: Örjan Dillner TENTAMEN I MATEMATIK MMA11 Matematisk grundkurs TEN1 Datum: 7 september

Läs mer

Lite om räkning med rationella uttryck, 23/10

Lite om räkning med rationella uttryck, 23/10 Lite om räkning med rationella uttryck, / Tänk på att polynom uppför sig ungefär som heltal Summan, differensen respektive produkten av två heltal blir ett heltal och på motsvarande sätt blir summan, differensen

Läs mer

För att uttrycka den primitiva funktionen i den ursprungliga variabeln sätter vi in θ = arcsin 2x. Lektion 14, Envariabelanalys den 23 november 1999

För att uttrycka den primitiva funktionen i den ursprungliga variabeln sätter vi in θ = arcsin 2x. Lektion 14, Envariabelanalys den 23 november 1999 Lektion 4, Envariabelanalys den november 999 6.. Beräkna d 4. Det första vi observerar i integralen är uttrycket i nämnaren, 4. När ett uttryck av den här typen förekommer i en rationell integrand kan

Läs mer

Allmänna Tredjegradsekvationen - version 1.4.0

Allmänna Tredjegradsekvationen - version 1.4.0 Allmänna Tredjegradsekvationen - version 1.4.0 Lars Johansson 0 april 017 Vi vet hur man med rotutdragning löser en andragradsekvation med reella koecienter: x + px + 0 1) Men hur gör man för att göra

Läs mer

Förberedelser inför lektion 1 (första övningen läsvecka 1) Lektion 1 (första övningen läsvecka 1)

Förberedelser inför lektion 1 (första övningen läsvecka 1) Lektion 1 (första övningen läsvecka 1) Förberedelser inför lektion 1 (första övningen läsvecka 1) Läs kapitel 0.10.3. Mycket av detta är nog känt sedan tidigare. Om du känner dig osäker på något, läs detta nogrannare. Kapitel 0.6 behöver inte

Läs mer

NpMa3c vt Kravgränser

NpMa3c vt Kravgränser Kravgränser Provet består av ett muntligt delprov (Del A) och tre skriftliga delprov (Del B, Del C och Del D). Tillsammans kan de ge 66 poäng varav 25 E-, 24 C- och 17 A-poäng. Observera att kravgränserna

Läs mer

Tentamensuppgifter, Matematik 1 α

Tentamensuppgifter, Matematik 1 α Matematikcentrum Matematik NF Tentamensuppgifter, Matematik 1 α Utvalda och utskrivna av Tomas Claesson och Per-Anders Ivert Aritmetik 1. Bestäm en största gemensam delare till heltalen a) 5431 och 1345,

Läs mer

Lösandet av ekvationer utgör ett centralt område inom matematiken, kanske främst den tillämpade.

Lösandet av ekvationer utgör ett centralt område inom matematiken, kanske främst den tillämpade. 1.1 Ekvationslösning Lösandet av ekvationer utgör ett centralt område inom matematiken, kanske främst den tillämpade. 1.1.1 Polynomekvationer Ett polynom i en variabel x är som bekant en summa av termer

Läs mer

Komplexa tal. i 2 = 1, i 3 = i, i 4 = i 2 = 1, i 5 = i,...

Komplexa tal. i 2 = 1, i 3 = i, i 4 = i 2 = 1, i 5 = i,... Komplexa tal Vi inleder med att repetera hur man räknar med komplexa tal, till att börja med utan att bekymra oss om frågor som vad ett komplext tal är och hur vi kan veta att komplexa tal finns. Dessa

Läs mer

Complex numbers. William Sandqvist

Complex numbers. William Sandqvist Complex numbers Hur många lösningar har en andragradsekvation? y = x 2 1 = 0 Två lösningar! Kommer Du ihåg konjugatregeln? Svaret kan ju lika gärna skrivas: x 1 = 1 x2 = + 1 Hur många lösningar har den

Läs mer

Kapitel 4. Funktioner. 4.1 Definitioner

Kapitel 4. Funktioner. 4.1 Definitioner Kapitel 4 Funktioner I det här kapitlet kommer vi att undersöka funktionsbegreppet. I de första sektionerna genomgås definitionen av begreppet funktion och vissa egenskaper som funktioner har. I slutet

Läs mer

Frågorna 1 till 6 ska svaras med sant eller falskt och ger vardera 1

Frågorna 1 till 6 ska svaras med sant eller falskt och ger vardera 1 ATM-Matematik Mikael Forsberg OvnTenta Matematik Skrivtid. Inga hjälpmedel. Lösningarna skall vara fullständiga och lätta att följa. Börja varje ny uppgift på ny sida. Använd ej baksidor. Skriv namn på

Läs mer

SAMMANFATTNING TATA41 ENVARIABELANALYS 1

SAMMANFATTNING TATA41 ENVARIABELANALYS 1 SAMMANFATTNING TATA4 ENVARIABELANALYS LÄST SOM EN DEL AV CIVILINGENJÖRSPROGRAMMET I INDUSTRIELL EKONOMI VID LITH, HT 04 Senast reviderad: 05-06-0 Författare: Viktor Cheng INNEHÅLLSFÖRTECKNING Diverse knep...3

Läs mer

SF1661 Perspektiv på matematik Tentamen 20 oktober 2011 kl Svar och lösningsförslag

SF1661 Perspektiv på matematik Tentamen 20 oktober 2011 kl Svar och lösningsförslag Hans Thunberg KTH Matematik SF66 Perspektiv på matematik Tentamen 0 oktober 0 kl 08.00.00 Svar och lösningsförslag () Bestäm ekvationen för den cirkel som passerar genom punkten (, 4) och har sin medelpunkt

Läs mer

sin (x + π 2 ) = sin x cos π 2 + cos x sin π 2 = cos π 2 = 0 sin π 2 = 1 Svar: cos x

sin (x + π 2 ) = sin x cos π 2 + cos x sin π 2 = cos π 2 = 0 sin π 2 = 1 Svar: cos x 33 a Använd additionsformel för sinus sin(x + 55 ) = sin x cos 55 + cos x sin 55 cos 55 och sin 55 beräknas med tekniskt hjälpmedel TI-räknare c Använd additionsformel för sinus sin (x + π ) = sin x cos

Läs mer

Trigonometri. Sidor i boken 26-34

Trigonometri. Sidor i boken 26-34 Sidor i boken 6-34 Trigonometri Definition: Gren av matematiken som studerar samband mellan vinklar och sträckor i planet (och rymden). Det grundläggande trigonometriska problemet är att beräkna alla sidor

Läs mer

5B1134 Matematik och modeller

5B1134 Matematik och modeller KTH Matematik 1 5B1134 Matematik och modeller 2006-09-11 2 Andra veckan Trigonometri Veckans begrepp enhetscirkeln, trigonometriska ettan trigonometrisk funktion, sinuskurva period, fasförskjutning, vinkelhastighet

Läs mer

TATA42: Föreläsning 3 Restterm på Lagranges form

TATA42: Föreläsning 3 Restterm på Lagranges form TATA4: Föreläsning 3 Restterm på Lagranges form Johan Thim 9 mars 9 Lagranges form för resttermen Vi har tidigare använt resttermen på ordo-form med goda resultat. Oftast i samband med gränsvärden, extrempunktsundersökningar

Läs mer